2019-2020学年含山中学高一下学期期末数学试卷(理科)

2019-2020学年含山中学高一下学期期末数学试卷(理科)
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.计算cos20°cos40°cos80°=()
A. 1
3B. 1
6
C. 1
8
D. 1
16
2.已知两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别记为S n和T n，若S n
T n =2n+1
n+3
，则
a9
b9
=()
A. 7
4B. 3
5
C. 37
21
D. 19
12
3.已知tan(α+π
4
)=−3，则cos2α=()
A. 4
5B. −4
5
C. 3
5
D. −3
5
4.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=√2，b=√3，B=60°，那么A
等于()
A. 45°
B. 60°
C. 120°
D. 135°
5.我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问
日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，
若该女子共织布35
31
尺，则这位女子织布的天数是()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 1
6.若sin2α>0，则下列各式正确的是()
A. sinα>0
B. cosα>0
C. tanα>0
D. cos2α>0
7.已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=a n
1+a n (N=1,2，3，…)则数列{a
n
}的通项公式为a n=()
A. 1
2B. 1
n
C. n
n+1
D. 1
2n−1
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinB=bcosA，则√2sinB−cosC的
最大值是()
A. 1
B. √3
C. √7
D. 2√7
9.在△ABC中，BC：AB=2：√3，∠B=30°，则∠C=()
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 75°
10.已知数列{a n}满足a n+1=+，且a1=，则该数列的前2013项的和等于()．
A. B. 3019 C. 1508 D. 013
11.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a，b，c依次成等比数列，cosB=3
4
，则△ABC 是()
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 等腰三角形
12.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家，杨辉的数学著作甚多，有《日用算法》、《杨辉算
法》等．杨辉三角是杨辉的一大重要研究成果，现将杨辉三角中的数换为正整数，形成三角数表，并按如图规律排列(例如9为第4行第3列，12为第5行第4列)，则2019为()
A. 第63行第5列
B. 第63行第3列
C. 第64行第6列
D. 第64行第3列
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若，是第三象限的角，则=。

14.已知集合A={x|x=6n−1,n∈N∗}，B={x|x=2n,n∈N∗}，将A∪B的所有元素从小到大依
次排列构成一个数列{a n}.记S n为数列{a n}的前n项和，若S m=3014，则正整数m值为______．15.如图，已知平面上直线l1//l2，A、B分别是l1、l2上的动点，C是l1，l2之间一定点，C到l1的距
离CM=1，C到l2的距离CN=√3，△ABC内角A、B、C所对边分别为a、b、c，a>b，且bcosB=
acosA，记∠ACM=θ，f(θ)=1
a +1
b
，则f(θ)的最大值______．
16.如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E.已知BC=CD=
2√3，AE=2EC，∠CBD=30°，则∠CAB=______ ，AC的长是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知a n=4n2+k
2n+1
，{a n}为等差数列．
(1)求k的值及{2a n}的前n项和S n；
(2)记b n=na n a n+1+2
a n a n+1
，求{b n}的前n项和T n．
18.已知函数f(x)=(1+1
tanx )sin2x+msin(x+π
4
)sin(x−π
4
)
(1)当m=0时，求f(x)的最小正周期并求f(x)在[π
8,3π
4
]上的取值范围
(2)当tanα=2时，f(α)=3
5
，求实数m的值．
19.在△ABC中，已知b(sinB+sinC)=(a−c)(sinA+sinC)(其中A、B、C所对的边分别为a、b、
c)
(1)求角A的大小；
(2)若a=√3
2
，求△ABC周长的取值范围．
20.已知数列{a n}的各项均不为零，其前n项和为S n，S n=2a n−2(n∈N∗)，设b n=3n
2n S n
，数列{b n}的前n项和为T n．
(Ⅰ)比较b n+1与3
4
b n的大小(n∈N∗)；
(Ⅱ)证明：(2n−1)b n≤T2n−1<3，n∈N∗．
21.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2+c2=a2+√3bc．
(1)求sin A；
(2)若△ABC外接圆的面积为16π，求边长a．
22.数列a n中，a1=−3，a n=2a n−1+2n+3(n≥2且n∈N∗).
(1)求a2，a3的值；
(2)设b n=a n+3
2n
，证明{b n}是等差数列；
(3)求数列{a n}的前n项和S n．
【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：cos20°cos40°cos80° =8sin20°cos20°cos40°cos80°
8sin20°
=sin160°8sin20°
=
sin(180°−20°)
8sin20°
=1
8． 故选C
把所求的式子分母看作1，然后分子分母都乘以8sin20°，然后分子三次利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用诱导公式变形与分母约分即可求出值．
此题的思路是给分子分母同时乘以8sin20°后，分子会发生一系列“反应”，然后利用诱导公式化简，约分求出值．找出所乘的式子8sin20°是解本题的关键．
2.答案：A
解析：
本题考查等差数列的求和公式和性质，属基础题．
由题意和等差数列的求和公式以及等差数列的性质可得a 9b 9
=S
17
T 17
，代入已知式子计算可得．
解：由题意和等差数列的求和公式以及等差数列的性质可得：
a 9
b 9
=2a 92b 9
=
a 1+a 17
b 1+b 17
=
17(a 1+a 17)
2
17(b 1+b 17)
2
=S 17T 17
=
2×17+117+3
=7
4，
故选：A ．
3.答案：D
解析：解：∵tan(α+π
4)=−3， ∴
tanα+11−tanα
=−3，
∴tanα=2，
∴cos2α=cos 2
α−sin 2
α=cos 2α−sin 2α
cos 2α+sin 2α=1−tan 2α
1+tan 2α=1−4
1+4=−3
5． 故选：D ．
利用和角的正切公式，求出tanα，再利用二倍角的余弦公式及同角三角函数关系式即可得出结论．
本题考查和角的正切公式、二倍角的余弦公式、同角三角函数关系式，考查学生的计算能力，属于中档题．
4.答案：A
解析：解：∵△ABC中，a=√2，b=√3，B=60°，
∴由正弦定理得：sinA=a⋅sinB
b =√2×
√3
2
√3
=√2
2
，
∵A是三角形的内角，且a<b，
∴A=45°．
故选：A．
由已知及正弦定理解得sin A，结合A是三角形的内角且a<b，可得A的大小．
本题给出三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角．着重考查了正弦定理和特殊角的三角函数值等知识，属于基础题．
5.答案：B
解析：
本题考查等比数列在生产生活中的实际应用，考查等比数列的求和等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
根据实际问题可以转化为等比数列问题：在等比数列{a n}中，公比q=2，前n项和为S n，S5=5,S m=
35
31
，求m，利用等比数列的求和公式直接求解．
解：根据实际问题可以转化为等比数列问题，
在等比数列{a n}中，公比q=2，前n项和为S n，
S5=5,S m=35
31
，
∵S5=a1(1−25)
1−2=5，解得a1=5
31
，
∴S m=5
31
(1−2m)
1−2
=35
31
，
解得m=3．
故选B．
6.答案：C
解析：解：∵sin2α=2sinαcosα>0，即sinαcosα>0，∴sinα和cosα同号，
则tanα=sinα
cosα
>0．
把已知不等式的左边利用二倍角的正弦函数公式化简，根据两数相乘同号得正、异号得负的取符号
法则可得sinα和cosα同号，然后利用同角三角函数间的基本关系切化弦把tanα化为sinα
cosα
，再根据两数相除，同号得正的取符号法则即可判断得到tanα的值大于0，得到正确的选项．
此题考查了同角三角函数间的基本关系，以及二倍角的正弦函数公式，其中判断式子与0关系的理论依据是两数相乘(除)，同号得正、异号得负的取符号法则．
7.答案：B
解析：解：由a n+1=a n
1+a n ，得
1
a n+1
=1
a n
+1，即1
a n+1
−1
a n
=1，
又a1=1，
∴数列{1
a n
}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
则
1
a n
=1+1×(n−1)=n，
∴a n=1
n
．
故选：B．
把已知的数列递推式变形，得到数列{1a
n
}是以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式后可得数列{a n}的通项公式．
本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了等差数列的通项公式，是中档题．
8.答案：A
解析：
由asinB=bcosA以及正弦定理可知sinAsinB=sinBcosA，即sinA=cosA，
∴tanA=1，即A=π
4
，
，
∵0<B<3π
4，即π
4
<B+π
4
<π，
∴0≤sin(B+π
4
)≤1，
则√2sinB−cosC的最大值为1．
已知等式利用正弦定理化简得到tanA =1，求出A 的度数，用B 表示出C ，代入所求式子利用两角和与差的余弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，根据正弦函数的值域即可确定出最大值．
此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦、余弦函数公式，以及正弦函数的值域，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
9.答案：C
解析：
本题考查了余弦定理与勾股定理的逆定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 利用余弦定理与勾股定理的逆定理即可得出． 解：∵BC ：AB =2：√3，不妨取a =2，c =√3． ∴b 2=22+(√3)2−2×2×√3×cos30°=1． ∴b 2+c 2=a 2，∴∠A =90°． ∴∠C =60°． 故选：C ．
10.答案：A
解析：因为a 1=
，又a n+1=
+
，所以a 2=1，从而a 3=
，a 4=1，…，即得a n =
(k ∈N ∗).
故S 2013=1 007×
+1 006×1=
11.答案：C
解析：解：由题意可得，b 2=ac ， 由正弦定理可得，sin 2B =sinAsinC ，
因为cosB =3
4，B 为三角形内角，所以sinB =√7
4
，
∴sinAsinC =7
16，
又cosB =−cos(A +C)=sinAsinC −cosAcosC =7
16−cosAcosC =3
4， ∴cosAcosC =−5
16<0，
∵A，C为三角形内角，
∴A，C必有一个角为钝角，
∴△ABC为钝角三角形．
故选：C．
，而cosB=−cos(A+C)，展开可由等比数列的性质及正弦定理，结合已知条件可得sinAsinC=7
16
<0，由此得出结论．
得cosAcosC=−5
16
本题考查三角形形状的判断，涉及了等比数列的性质，正弦定理以及和差角公式的运用，考查化简变形能力及运算求解能力，属于基础题．
12.答案：D
解析：解：由题意及图形知：
第n行有n个数，(n∈N∗)，
奇数行的数字从左向量递减，偶数行的数字从左向量递增，
∴在该图中，前n(n∈N∗)行共有n(n+1)
个数，
2
=2016<2019，
∵63×64
2
64×65
=2080>2019，
2
∴在前63行，共有2016个数，此时2019位于第64行，
∵偶数行的数字从左向右递增，∴第2019为第64行第3列．
故选：D．
推导出第n行有n个数，前n(n∈N∗)行共有n(n+1)
个数，在前63行，共有2016个数，此时2019位
2
于第64行，由此得到第2019为第64行第3列．
本题考查杨辉三角的应用，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.答案：
解析：试题分析：由题意可求得sinα，再利用两角和的正弦即可求得sin(α+)的值．
考点：三角函数的公式应用．
14.答案：37
解析：解：设集合A中的元素从小到大依次排列构成等差数列{b n}，其前n项和为T n，
设集合B中的元素从小到大依次排列构成等比数列{c n}，其前n项和为D n，
则数列{b n}：5，11，17，23，29，35，41，47，53，59，65，71，77，83，89，95，
101，107，113，119，125，131，137，143，149，155，161，167，173，179，…，
数列{c n}：2，4，8，16，32，64，128，256，…，
故数列{a n}：2，4，5，8，11，16，17，23，29，32，35，41，47，53，59，64，65，
71，77，83，89，95，101，107，113，119，125，128，131，137，143，149，155，161，167，173，179，…，
∵T30+D7=30(5+179)
2+2(1−27)
1−2
=3014=S m，∴m=37．
故答案为：37．
设集合A中的元素从小到大依次排列构成数列{b n}，设集合B中的元素从小到大依次排列构成数列{c n}，列举出数列{b n}、{c n}中的一些项，根据列出的项，找到满足其前m项和等于3014的项数m 即可．
本题主要考查利用等差、等比数列的前n项和公式求数列的和，属于基础题．
15.答案：2√3
3
解析：解：由bcosB=acosA及余弦定理得：b⋅a2+c2−b2
2ac =a⋅b2+c2−a2
2bc
，
化简得：(a2−b2)(a2+b2−c2)=0，因为a>b，∴a2−b2>0，
∴a2+b2=c2，∴C=π
2，∴∠BCN=π
2
−θ，
∴cos(π
2−θ)=CN
CB
=√3
a
，∴1
a
=
√3
，
cosθ=CM
CA =1
b
，∴1
b
=cosθ，
∴f(θ)=1
a +1
b
=√3
3
sinθ+cosθ≤(√3
3
)=2√3
3
，
故答案为：2√3
3
先用余弦定理角化边，得出a2+b2=c2，得C=π
2，∠BCN=π
2
−θ，然后在两个直角三角形中将a，
b用θ表示后，利用三角函数辅助角公式求出f(θ)的最大值．本题考查了三角函数的最值．属中档题．
16.答案：30°；6
解析：解：∵∠ACD=∠ABE，∠CDB=∠CAB，∴△CDE∽△ABE，
∵AE=2EC，
∴BE=2ED，BE=2
3BD=2
3
√12+12−2×2√3×2√3×(−1
2
) =4
∵∠CBD=30°，BC=CD
∴∠CAB=30°，∠CDB=30°，
在△DEC中，CE2=16+12−2×4×2√3×√3
2
=4，
∴CE=2，
∴AC=6，
故答案为：30°；6．
根据相同的弦对应相同的弧和同弧所对的圆周角相等，得到∠CAB=30°，根据两个三角形有两对角对应相等，得到两个三角形相似，根据对应边成比例得到BE=2EC，利用余弦定理做出CE的长度，得到结果．
本题是一个比较简单的综合题目，在解题时，注意同弧所对的圆周角相等的重复使用，还有一个用的不是很多的结论即在同一个圆中，等弦对等弧
17.答案：解：(1)a n=4n2+k
2n+1=4n2−1+k+1
2n+1
=2n−1+k+1
2n+1
，
∵{a n}为等差数列，
∴k+1=0，即k=−1，∴a n=4n2−1
2n+1
=2n−1，∵2a n=22n−1，
∴2a n+1
2a n =22n+1
22n−1
=4，
即数列{2a n}是公比为4的等比数列，且2a1=2，
∴S n=2(1−4n)
1−4=2
3
⋅4n−2
3
；
(2)∵a n=2n−1，
∴b n=na n a n+1+2
a n a n+1=n+2
a n a n+1
=n+2
(2n−1)(2n+1)
=n+(1
2n−1−1
2n+1
)，
∴T n =[1+(1−13)]+[2+(13−15)]+⋯+[n +(12n−1−1
2n+1)] =(1+2+⋯+n)+[(1−1
3
)+(1
3
−1
5
)+⋯+(
12n−1
−
1
2n+1
)]
=
n(n+1)2
+1−1
2n+1．
解析：(1)通过化简可知a n =2n −1+k+1
2n+1，进而可知k =−1，通过2a n+12a n
可知数列{2a n }是公比为4
的等比数列，进而计算可得结论；
(2)通过化简、裂项可知b n =n +(12n−1−1
2n+1)，并项相加即得结论． 本题考查数列的通项及前n 项和，注意解题方法的积累，属于中档题．
18.答案：解：f(x)=(1+1tanx )sin 2x +msin(x +π4)sin(x −π
4)
=(
sinx+cosx sinx
)sin 2x −msin(x +π4)cos(π
4+x)
=sin 2x +sinxcosx −1
2msin(2x +π
2) =
1−cos2x
2+12sin2x −1
2mcos2x
=1
2sin2x −1
2(m +1)cos2x +1
2
． (1)当m =0时，f(x)=1
2(sin2x −cos2x)+1
2=√2
2sin(2x −π
4)+1
2．
T =
2π2
=π．
∵x ∈[π8
,
3π4]，∴2x −π4
∈[0,
5π4
]，
则f(x)∈[0,√
2+12
]；
(2)tanα=2时，f(α)=1
2sin2α−1
2(m +1)cos2α+1
2 =122tanα
1+tan 2α−1
2(m +1)1−tan 2α
1+tan 2α+1
2 =1
2×4
5−1
2(m +1)×−35
+12=3
5，
解得：m =−2．
解析：利用同角三角函数的基本关系式化简．
(1)把m =0代入，整理后可求正确，再利用x 的范围求得相位的范围，则f(x)在[π8,3π
4
]上的取值范围
可求；
(2)直接利用万能公式化为关于tanα的代数式，代值后可求m 的值．
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查了三角函数的图象和性质，考查计算能力，是中档题．19.答案：解：(1)由正弦定理得b(b+c)=(a+c)(a−c)，
可得：a2=b2+c2+bc，
又a2=b2+c2−2bccosA，于是cosA=−1
2
，
又A∈(0,π)，∴A=2π
3
．
(2)∵A=2π
3，a=√3
2
，
∴B+C=π
3，且0<C<π
3
，
由正弦定理可知，2R=a
sinA
=1，
所以b+c=2RsinB+2RsinC=sinB+sinC
=sin(π
3
−C)+sinC=
√3
2
cosC−
1
2
sinC+sinC
=1
2sinC+√3
2
cosC=sin(C+π
3
)，
又0<C<π
3，可得：π
3
<C+π
3
<2π
3
，
∴b+c=sin(C+π
3)∈(√3
2
,1]，可得三角形周长的取值范围为：(√3,1+√3
2
].
注：用均值不等式求解更易，
由(1)a2=b2+c2+bc及a=√3
2
，
得：3
4
=b2+c2+bc=(b+c)2−bc，
从而：3
4=b2+c2+bc=(b+c)2−bc≥(b+c)2−(b+c
2
)2，
∴b+c≤1，
又b+c>a=√3
2
，
∴√3
2<b+c≤1.可得三角形周长的取值范围为：(√3,1+√3
2
].
解析：本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
(1)由已知及正弦定理，余弦定理可求cosA=−1
2
，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．
(2)由正弦定理可知2R =a sinA =1，利用三角函数恒等变换的应用化简可求b +c =sin(C +π
3)，又0<C <π
3，可得范围π
3<C +π
3
<
2π3
，由正弦函数的图象和性质可求取值范围．(另可用均值不等式求解)
20.答案：解：(Ⅰ)由S n =2a n −2得：S n−1=2a n−1−2，
两式相减得：a n =2a n −2a n−1(n ≥2)，∴a n =2a n−1，-----------------------------------(2分) 又a 1=2，∴a n =2n ，S n =2a n −2=2n+1−2 ∴b n =
3n 2n S n
=
3n
2n (2n+1−2)
-----------------------------------(5分)3
4b n =3n+14×2n (2n+1−2)=3n+1
2n+1(2n+2−4)>3n+1
2n+1(2n+2−2)
，
即：b n+1<3
4b n .--------------------------------(7分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知：b 1=3
4，b n+1<3
4b n ，
因此当n ≥2时，b n <3
4b n−1<⋯<(3
4)n−1b 1<(3
4)n ，
则T 2n−1=b 1+b 2+⋯+b 2n−1≤3
4+(3
4)2+⋯+(3
4)2n−1=3[1−(3
4)2n−1]<3，----------------------------------(11分) 又∵当n ≥2，k =1，2，…，2n −1时，
b k +b 2n−k
=3k
2k (2k+1−2)+32n−k 22n−k (22n+1−k −2)≥2√3k 2k (2k+1−2)×
32n−k
22n−k (22n+1−k −2)
=2√322n (2k+1−2)(22n+1−k −2)=3n
2n √1
(2k −1)(22n−k −1)=3n
2n √1
22n −(2k +22n−k )+1≥3n
2n √1
22n −2×2n +1=3n
2n (2n −1)=2b n ，
当且仅当n =k 时等号成立，
∴T 2n−1=b 1+b 2+⋯+b 2n−1≥(2n −1)b n ，
∴(2n −1)b n ≤T 2n−1<3，n ∈N ∗.--------------------------------------(15分)
解析：(I)利用递推关系、等比数列的通项公式可得a n ，代入可得b n ，利用不等式的性质即可得出． (II)利用不等式的性质、递推关系、等比数列的前n 项和公式、基本不等式的性质即可得出． 本题考查了递推关系、不等式的性质、等比数列的通项公式及其前n 项和公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.答案：解：(1)由余弦定理得a 2=b 2+c 2−2bccosA ，
又b 2+c 2=a 2+√3bc ，∴2cosA =√3，
∴cosA=√3
2
，又A为三角形ABC的内角，
∴sinA=1
2
；
(2)∵△ABC外接圆的面积为16π，设该圆半径为R，
∴R=4，∴由正弦定理得：a
sinA
=2R=8，
由(1)得a=4．
解析：(1)由余弦定理可求得角A的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得sin A的值；
(2)先求出外接圆的半径R，再利用正弦定理的推论a
sinA
=2R可求得a．
本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
22.答案：解：(1)a2=2a1+22+3=1，a3=2a2+23+3=13．
(2)b n+1−b n=a n+1+3
2n+1−a n+3
2n
=1
2n+1
(a n+1−2a n−3)=2n+1
2n+1
=1．
∴数列{b n}是公差为1的等差数列．
(3)由(2)得：b n=a n+3
2
=n−1，∴a n=(n−1)⋅2n−3(n∈N∗)
∴S n=0×21+1×22+⋯+(n−1)2n−3n 令T n=0×21+1×22+⋯+(n−1)2n
则2T n=0×22+1×23+⋯+(n−2)2n+(n−1)2n+1
两式相减得：−T n=22+23+⋯+2n−(n−1)⋅2n+1
=4(1−2n−1)
1−2
−(n−1)2n+1=(2−n)·2n+1−4
∴T n=(n−2)⋅2n+1+4
∴S n=(n−2)⋅2n+1−3n+4．
解析：(1)由数列的递推公式求指定项，令n=2，3代入即可；
(2)由a n=2a n−1+2n+3及b n=a n+3
2n
，只要验证b n+1−b n是个常数即可；
(3)根据(2)证明可以求得b n，进而求得a n，从而求得S n．
考查数列的基本运算，和等差数列的证明方法，错位相减法求和问题，属中档题．。